Wir zeigen zunächstδ >0

Fachbereich Mathematik und Statistik O. Schnürer, L. S. Krapp

Sommersemester 2020

Übungen zur Vorlesung Analysis II

Zusatzübungsblatt zur Vorlesung Analysis I/II Kompaktheit

Aufgabe 1 (Kompakte Mengen)

Seien K₁, K₂ disjunkte kompakte Mengen in einem metrischen Raum E, so können K₁ und K₂ durch offene Mengen getrennt werden, d.h. es gibt disjunkte offene Mengen Ω_i⊂E,i= 1,2, sodass

K_i⊂Ω_i für i= 1,2 gilt. Zeigen Sie dies.

Lösung: Wir betrachten die MengeD={d(x, y) : (x, y)∈K₁×K₂} ⊂R≥0. Seiδ = infD∈R≥0. Wir zeigen zunächstδ >0.

Angenommen δ = 0. Dann gibt es für jedes ε > 0 Elementex ∈ K1 und y ∈ K2 mit d(x, y) < ε.

Für jedes n∈N\ {0} wählen wir (x_n, y_n) ∈K₁×K₂ mit d(x_n, y_n) < ¹_n. Nach Theorem 3.54 sind K₁ undK₂ folgenkompakt. Es existiert also eine konvergente Teilfolge (x_nk)_k von (x_n)_n mit einem Grenzwert a ∈ K1. Weiterhin existiert eine konvergente Teilfolge yn_k`

` von (yn<sub>k</sub>)<sub>k</sub> mit einem Grenzwert b∈K2. Da für jedes `∈Ngilt

dxn_{k`</sub>, yn<sub>k`}

< 1 n_{k`</sub>, habenx<sub>nk`}

`undy<sub>nk`</sub>

`denselben Grenzwert, d.h.a=b. Dies widerspricht der Disjunktheit von K₁ undK₂. Wir erhalten also δ >0.

Sei α= ^δ₃. Wir setzen

Ω₁= ^[

x∈K1

Bα(x) und Ω2 = ^[

y∈K2

Bα(y).

Offensichtlich sind Ω₁ und Ω₂ offen und enthaltenK₁ bzw.K₂. Seienx ∈Ω₁ und y ∈Ω₂ beliebig.

Dann gibt es x⁰ ∈K1 und y⁰ ∈K2 mit d(x⁰, x)< α und d(y⁰, y)< α. Mit der Dreiecksungleichung erhalten wir

d(x⁰, y⁰)≤d(x⁰, x) +d(x, y) +d(y⁰, y)<2α+d(x, y).

Dad(x⁰, y⁰)≥infD=δ= 3α, folgt daraus

d(x, y)> α.

Insbesondere erhalten wir x6=y. Dies zeigt, dass Ω₁ und Ω₂ disjunkt sind.

Aufgabe 2 (Variation des Banachschen Fixpunktsatzes)

Sei E ein kompakter metrischer Raum. Sei T:E→E eine Abbildung und gelte d(T(x), T(y))< d(x, y)

für alle x6=y ∈E.

Zeigen Sie, dass dann T einen eindeutig bestimmten Fixpunkt besitzt.

Lösung: Wir zeigen zunächst, dass die Abbildung f:E → R≥0, x 7→ d(T(x), x) stetigt ist. Sei- en x ∈ E und ε > 0. Setze δ = ^ε₂ und sei y ∈ E mit d(x, y) < δ. Mit der Dreiecksungleichung folgt

f(x)−f(y) =d(T(x), x)−d(T(y), y)

≤d(T(x), T(y)) +d(T(y), y) +d(y, x)−d(T(y), y)

<2d(x, y)

<2δ =ε.

Ebenso erhalten wir

f(y)−f(x) =d(T(y), y)−d(T(x), x)

≤d(T(y), T(x)) +d(T(x), x) +d(x, y)−d(T(x), x)

<2d(x, y)

<2δ=ε.

Daraus folgt|f(x)−f(y)|< ε. Dies zeigt, dassf inxstetig ist. Daxbeliebig war, istf somit stetig.

Nach Theorem 3.63 gibt es x₀ ∈E mitf(x₀) = inf

x∈Ef(x). Falls f(x₀)>0, dann f(T(x₀)) =d(T(T(x₀)), T(x₀))< d(T(x₀), x₀) =f(x₀).

Dies widerspricht der Wahl von f(x₀) als Infimum vom Bild von f. Wir erhalten also f(x₀) = 0, also d(T(x₀), x₀) = 0. Daraus folgt schonT(x₀) =x₀, d.h. x₀ ist ein Fixpunkt von T.

Nun müssen wir noch zeigen, dass x0 der eindeutige Fixpunkt von T ist. Angenommen y0 ∈ E ist ein von x0 verschiedener Fixpunkt von T. Dann gilt

d(x0, y0) =d(T(x0), T(y0))< d(x0, y0), ein direkter Widerspruch.

Aufgabe 3 (Endlich-dimensionale normierte Räume)

Zeigen Sie, dass alle Normen auf Rⁿpaarweise äquivalent sind.

Anleitung: Seienk·keine beliebige Norm aufRⁿund| · | eine feste Norm, z.B. die euklidische Norm.

Ziegen Sie, dassk·kauf dem Raum (Rⁿ,| · |) stetig ist, und betrachen Sie das Supremum und das In- fimum vonk·kauf der Einheitskugel{x∈Rⁿ:|x|= 1}. Folgern Sie, dassk·kund|·|äquivalent sind.

Lösung: Wir folgen der Anleitung. Sei | · | also die euklidische Norm und sei k·k eine beliebige Norm auf Rⁿ.

Für i∈ {1, . . . , n} sei ei das Element von Rⁿ, dessen i-ter Eintrag 1 ist und alle anderen Einträge 0 sind. (D.h. {e₁, . . . , e_n} bildet die Standardbasis vonRⁿ.) Wir setzen

a= (ke₁k, . . . ,ke_nk)∈Rⁿ.

Sei nun x = (x¹, . . . , xⁿ) ∈ Rⁿ beliebig. Wir setzen x⁰ = (|x¹|, . . . ,|xⁿ|) ∈ Rⁿ und bezeichnen mit h·,·i das euklidische Skalarprodukt auf Rⁿ. Dann folgt aus der Dreiecksungleichung und der Cauchy–Schwarzschen Ungleichung

kxk=

n

X

i=1

xⁱe_i

≤

n

X

i=1

|xⁱ| ke_ik

=x⁰, a

≤ |x⁰||a|

=|x||a|.

Wir setzen k=|a|. Dann gilt also für allex∈Rⁿ

kxk ≤k|x|. (1)

Wir zeigen nun, dass k·k:Rⁿ → R≥0 stetig bezüglich der Norm | · | ist. Seien x ∈ Rⁿ, ε > 0 und δ = ^ε_k. Sei weiterhiny∈Rⁿ mit|x−y|< δ. Dann folgt mit (1)

kx−yk ≤k|x−y|< kδ=ε, was zu zeigen war.

Sei nun S = {x ∈ Rⁿ: |x| = 1}. Nach dem Satz von Heine–Borel ist S kompakt (bezüglich der Norm | · |), da es beschränkt und abgeschlossen ist. Nach Theorem 3.63 gibt es also x₀ ∈ S mit kx₀k = inf

x∈Skxk. Da 0 ∈/ S, gilt kx₀k > 0. Setze ` = kx₀k. Seien nun x ∈ Rⁿ\ {0} beliebig und x⁰= _|x|¹ x∈S. Dann gilt

`≤x⁰= 1

|x|kxk, also

`|x| ≤ kxk. Sei nun c= max<sup>n</sup>k,<sup>1</sup><sub>`</sub>^o. Dann gilt für allex∈Rⁿ

1

c · |x| ≤ kxk ≤c· |x|.

Dies zeigt, dass die beiden Normen | · |und k·kauf Rⁿ äquivalent sind.

Wir haben also gezeigt, dass jede Norm auf Rⁿ zur euklidischen Norm äquivalent ist. Da die Äqui- valenz zweier Normen eine Äquivalenzrelation ist, sind alle Normen auf Rⁿzueinander äquvalent.

Aufgabe 4 (Hausdorff-Metrik)

SeiK ⊂Rⁿkompakt. SeiKdie Menge aller nichtleeren, kompakten Teilmengen vonKund definiere für X ∈ Kund ε >0

X_ε:= ^[

x∈X

(B_ε(x)∩K).

Definiere dH:K × K →R+ durch

dH(X, Y) := inf{ε >0 :X⊂Y_ε und Y ⊂X_ε}. (i) Zeigen Sie, dass dH eine Metrik aufK definiert.

(ii) Zeigen Sie, dassdH äquivalent zur Metrik δ(X, Y) := sup

x∈X

y∈Yinf|x−y|+ sup

y∈Y

x∈Xinf|y−x|

ist. Warum betrachtet man nicht ∆(X, Y) := sup

x∈X

y∈Yinf|x−y|?

(iii) Zeigen Sie, dass (K, d_H) vollständig ist.

(iv) Betrachten Sie die Iterationen der Koch-Kurve, z.B. aufwikipedia. Bestimmen Sie die Länge der Kurve nach dern-ten Iteration, wenn die Länge anfangs gleich eins ist.

(v) Zeigen Sie, dass diese Iterationen bezüglich dH konvergieren.

(vi) Zeigen Sie, dass (K, d_H) kompakt ist.

Lösung:

(i) Wohldefiniertheit und Symmetrie: Folgen direkt aus der Definition.

Definitheit: Seien X, Y ∈ K mit X 6= Y. Da für alle ε > 0 gilt X ⊂ Xε, erhalten wir {ε >0 :X ⊂Xε} = R>0. Daraus folgt dH(X, X) = 0. Ohne Einschränkung können wir an- nehmen, dassY \X 6=∅. Sei alsoy∈Y \X. Sei weiterhin

δ = inf

x∈X|y−x|.

Dieses Infimum existiert nach Theorem 3.63, da X kompakt und die Funktion x 7→ |y−x|

stetig (bezüglich der euklidischen Norm) auf X ist. Angenommen δ = 0. Dann ist y ein Häufungspunkt von X in Rⁿ. Daher konvergiert eine Folge in X gegen y. Da X kompakt und damit abgeschlossen ist, liegt y somit in X, ein Widerspruch. Damit muss δ > 0 sein.

Wir zeigen nun, dassY 6⊂ X_δ, woraus dH(X, Y) ≥δ folgt. Angenommen Y ⊂X_δ. Dann ist insbesondere y ∈ Bδ(x)∩K für ein x ∈ X. Daraus folgt |y−x| < δ. Dies widerspricht der Wahl vonδ.

Dreiecksungleichung: SeienX, Y, Z∈ K. Seien weiterhinε, δ >0 mit X ⊂Zε und Z ⊂Xε

sowie

Z⊂Y_δ und Y ⊂Z_δ.

Wir zeigen, dass

X ⊂Yε+δ undY ⊂Xε+δ. Hieraus folgt schon

dH(X, Y)≤dH(X, Z) +dH(Z, Y).

Wir haben

X⊂Z_ε

= ^[

z∈Z

(B_ε(z)∩K)

⊂ ^[

z∈Y_δ

(B_ε(z)∩K)

⊂ ^[

z∈Y

(B_ε+δ(z)∩K)

=Y_ε+δ.

Mit ähnlichen Folgerungen können wir auchY ⊂X_ε+δ zeigen.

(ii) SeienX, Y ∈ K beliebig mitX 6=Y. Wir zeigen zunächstdH(X, Y)≤2δ(X, Y). Seien hierzu a= sup

x∈X

y∈Yinf|x−y|undb= sup

y∈Y

x∈Xinf|y−x|.

Wir müssen zeigen, dass fürε= 2(a+b) gilt

X ⊂Y_ε undY ⊂X_ε.

Wir demonstrieren nur X ⊂ Y_ε, da die andere Inklusion analog gezeigt werden kann. Sei x0 ∈X. Es genügt einy0 ∈Y mit|x₀−y0|< ε zu finden. Nach Wahl von agilt

y∈Yinf|x₀−y| ≤a.

Falls inf

y∈Y|x₀−y|=a, so gibt es wegen der Kompaktheit vonY einy₀∈Y mit|x₀−y₀|=a <

2(a+b) =ε(daa+b6= 0). Andernfalls gibt es ein y0∈Y mit|x₀−y0|< a < ε.

Wir zeigen nun ¹₃ ·δ(X, Y)≤dH(X, Y). Seien x₀ ∈X und y₀ ∈Y beliebig. Wir setzen a= inf

y∈Y|x₀−y|, b= inf

x∈X|y₀−x|

und ε= ¹₃(a+b). Wir müssen zeigen, dass ε≤ dH(X, Y). Hierfür genügt es zu zeigen, dass X6⊂Y_ε oderY 6⊂X_ε. AngenommenX ⊂Y_ε. Dann gibt es y∈Y mit|x₀−y|< ε= ¹₃(a+b).

Insbesondere erhalten wira < ¹₃(a+b), also 2a < b. Hieraus folgt ε < ₂^b ≤b. Da also ε < b, erhalten wiry0 ∈/ Xε.

Insgesamt haben wir damit gezeigt 1

3 ·δ(X, Y)≤dH(X, Y)≤3δ(X, Y).

Also sind die beiden Metriken äquivalent.

Wir betrachten nicht ∆(X, Y), da dies nicht notwendigerweise eine Metrik ist: Falls X (Y, so ist für allex∈X

y∈Yinf|x−y|= 0,

also ∆(X, Y) = 0. Dies zeigt, dass ∆ nicht notwendigerweise positiv definit ist.

(iii) Da dieser Beweis sehr umfangreich ist, werden nur die Hauptschritte erläutert.

Schritt 1: Sei (X_k)_k eine Cauchyfolge bezüglich dH. Definiere X ⊂ Rⁿ als die Menge aller Grenzwerte konvergenter folgen (x_k)_k mitx_k∈X_k für alle k.

Schritt 2: Wir müssen zeigenX ∈ K. DaK kompakt und somit abgeschlossen ist, folgt direkt X ⊂ K. Damit X ∈ K genügt es also zu zeigen, dass X abgeschlossen und nichtleer ist.

Damit X6=∅, muss man zeigen, dass es eine konvergente Folge (x_k)_k mitxk ∈Xk für alle k gibt. Diese kann beispielsweise wie folgt konstruiert werden: Sei (y_k)_keine beliebige Folge mit y_k ∈ X_k für alle k. Wegen der Kompaktheit von K besitzt diese eine konvergente Teilfolge (yki)_i. Setze xki =yki für alle i. Dann ist (xki)_i eine Cauchyfolge. Nun kann die Eigenschaft, dass (X_k)_keine Cauchyfolge ist, verwendet werden, um (x_ki)_izu einer Folge (x_k)_kzu erweitern.

Hierfür setzen wir x_k = x_ki

0, falls ein i₀ ∈ N mit k = k_i0 existiert. Andernfalls wählen wir xk hinreichend nah zu xki0, wobei i0 ∈ N das kleinste Element mit der Eigenschaft k < ki0

ist. Um die Abgeschlossenheit vonX zu zeigen, sei (ai)_i eine Folge in X, die inRⁿ gegen ein a konvergiert. Um zu zeigen, dass a in X liegt, verwenden wir die Definition von X: Jedes Folgeglieda_i ist selbst der Grenzwert von einer Folge inK, deren Folgeglieder in den Mengen (X_k)_k liegen. Durch geeignete Wahl von Folgegliedern der Folgen mit den Grenzwerten ai

(Stichwort „Diagonalargument“) erhalten wir eine neue Folge inK, deren Folgeglieder in den Mengen (X_k)_k liegen und die gegenakonvergiert. Jeder Häufungspunkt einer Folge inX liegt also inX, womit X abgeschlossen ist.

Schritt 3: Wir müssen zeigen, dass (X_k)_k gegen X konvergiert. Sei dazu ε > 0. Wir müssen n∈Nfinden, sodass für alle k > N gilt X ⊂(X_k)_ε und X_k ⊂X_ε. Die Inklusion X ⊂(X_k)_ε (für genügend große k) folgt daraus, dass (Xk)_k eine Cauchyfolge ist: Für alle hinreichend großenk giltXm ⊂(X_k)_ε für alle m > k. Die Definition vonX impliziert also X⊂(X_k)_ε für genügend große k. Die Inklusion X_k ⊂ X_ε (für hinreichend große k) kann in zwei Schritten gezeigt werden: Durch die Cauchyeigenschaft von (Xk)_k kann eine Teilfolge (Xki)_i gewählt werden mit

dH(X_ki, X_ki+1)< ε 2ⁱ.

Da^P∞_i=22⁻ⁱ = ¹₂, kann für i≥2 durch die Definition von X gezeigt werden, dass X_ki ⊂Xε. Sei nunN > k₂ mit

dH(X_k, X_m)< ε 2

für allek, m > N. Dann folgt die InklusionX_k⊂X_ε für alle k > N. (iv) Auszug aus dem entsprechende Wikipedia-Artikel:

„Man kann die Kurve anschaulich mittels eines iterativen Prozesses konstruieren [. . . ]. Zu Beginn besteht die Kurve aus einem einzigen Streckenstück. Die Iteration besteht nun darin, dass dieser Streckenabschnitt durch einen anderen, aus vier gleich langen Strecken bestehen- den Streckenabschnitt ersetzt wird, der wie folgt aufgebaut ist: Strecke – 60^◦-Winkel – Strecke – 120^◦-Winkel (in der Gegenrichtung) – Strecke – 60^◦-Winkel – Strecke. Jeder der vier neu- en Streckenabschnitte hat 1/3 der Länge des ursprünglichen Streckenabschnitts. Im nächsten Schritt wird jeder der vier Streckenabschnitte durch einen Streckenabschnitt der oberen Art ersetzt.“

Ist die Länge zu Beginn eines Iterationsschrittes also `, so ist sie danach <sup>4</sup><sub>3</sub>`. Damit hat die Kurve nachn Iterationsschritten bei einer Startlänge`₀ = 1 die Länge

`n= 4

3 n

.

(v) Es seienK = [0,1]²,K₀ = [0,1]× {0} ⊂[0,1]² und es bezeichneK_n⊂[0,1]² dien-te Iteration der Koch-Kurve. Da (K, d_H) vollständig ist, genügt es zu zeigen, dass (Kn)_neine Cauchyfolge ist. Wegen der Äquivalenz von dH und δ, genügt es zu zeigen, dass (K_n)_n eine Cauchyfolge bezüglichδ ist.

Sei n∈ N. Die Kochkurve Kn besteht aus 4ⁿ gleichlangen Streckenstücken der Länge a mit 4ⁿ·a=`n=⁴₃ⁿ. Ein geometrisches Argument zeigt:

sup

x∈Kn

y∈Kinfn+1

|x−y|+ sup

y∈Kn+1

x∈Kinfn

|y−x|= a

√3 +

√ 3 2 ·a.

(Betrachte hierfür z.B. grafisch die erste Iteration.) Daa= 3⁻ⁿ, erhalten wir δ(Kn, Kn+1) = 3⁻ⁿb <2⁻ⁿb

mitb=3⁻¹² +¹₂ ·3¹².

Seien nunε >0 undN ∈N mitN > ^2b_ε. Dann gilt für allem > n > N: δ(K_n, K_m)≤δ(K_n, K_n+1) +. . .+δ(Km−1, K_m)< b

∞

X

i=n

2⁻ⁱ = 2¹⁻ⁿb= 2b 2ⁿ ≤ 2b

n < ε.

Damit haben wir gezeigt, dass (X_k)_k eine Cauchyfolge ist.

(vi) Nach Theorem 3.54 ist (K, d_H) genau dann kompakt, wenn es vollständig und präkompakt ist. Wir müssen also lediglich noch zeigen, dass es präkompakt ist. Wir zeigen dies bezüglich der zudHäquivalenten Metrikδ. Sei also ε >0. DaK präkompakt ist, gibt esN ∈Nund x_i, 1≤i≤N, sodass

K =

N

[

i=1

(B_ε/3(x_i)∩K).

Sei

E:=

( [

i∈J

(B_ε/3(xi)∩K) :∅ 6=J ⊂ {1, . . . , N}

) .

Die MengeE ist endlich und eine Teilmenge von K, da Abschlüsse von Teilmengen der kom- pakten MengeK wieder kompakte Teilmengen von K sind. Wir zeigen

K= ^[

E∈E

Bε(E).

SeiA ∈ K. Wir setzen J ={i∈ {1, . . . , N}: A∩B_ε/3(xi) 6=∅} und E =^S_i∈J(B_ε/3(xi)∩K) und zeigen A∈B_ε(E), alsoδ(A, E)< ε. Wir habenA⊂E, weshalb ∆(A, E) = 0 gilt. Es ist also

δ(A, E) = sup

y∈E

x∈Ainf|y−x|.

Wegen der Wahl vonJ und E gilt für jedes y₀ ∈E

x∈Ainf|y₀−x| ≤ 2ε 3. Insbesondere alsoδ(A, E)≤ ^2ε₃ < ε, was zu zeigen war.